Tô màu đồ thị và ứng dụng

Đó là điểm mạnh cũng như cái khócủa bài toán tô màu.Hiện nay, các tài liệu viết về lý thuyết đồ thị chưa được nhiều cũnggây ra một chút khó khăn cho việc nghiên cứu tài liệu tham khảo.Tr

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận tốt nghiệp, tôi xinbày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Th.s Phạm Văn Duẩn người đã tận tìnhhướng dẫn để tôi có thể hoàn thành khóa luận này

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy côtrong Khoa Toán, Trường đại học sư phạm Hà Nội 2 đã dạy bảo tôi tậntình trong suốt quá trình học tập tại khoa

Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới giađình, bạn bè đã luôn bên em, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trìnhhọc tập và thực hiện khóa luận tốt nghiệp

Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017

Sinh viên

ĐỖ VĂN PHONG

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

LỜI CAM ĐOANTôi xin cam đoan kết quả nghiên cứu trong khóa luận này là trungthực và chưa hề được sử dụng để bảo vệ một học vị nào Mọi sự giúp

đỡ cho việc thực hiện khóa luận này đã được cảm ơn và các thông tintrích dẫn trong khóa luận đã được chỉ rõ nguồn ngốc một cách rõ ràng

và được phép công bố.Tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm trước nhà trường

về sự cam đoan này

Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017

Sinh viên

ĐỖ VĂN PHONG

Lời mở đầu 1

1.1 Đồ thị 3

1.1.1 Định nghĩa đồ thị 3

1.1.2 Quan hệ kề nhau 6

1.2 Một số dạng đồ thị đặc biệt 9

1.2.1 Đồ thị phân đôi 9

1.2.2 Những đồ thị đơn đặc biệt 10

2 TÔ MÀU ĐỒ THỊ 12 2.1 Tô màu đỉnh 12

2.1.1 Định nghĩa 12

2.1.2 Định lý 12

2.1.3 Ví dụ 21

2.2 Tô màu bản đồ 25

2.2.1 Định nghĩa 25

2.2.2 Định lý 26

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

2.3.1 Định nghĩa 34

2.3.2 Định lý 34

2.3.3 Ví dụ 37

2.4 Thuật toán tô màu Welsh-Powell 40

2.4.1 Định nghĩa 40

2.4.2 Ví dụ 41

2.5 Kết luận chương 42

3 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÔ MÀU ĐỒ THỊ 43 3.1 Bài toán xếp lịch thi 43

3.1.1 Bài toán 43

3.1.2 Cách giải 43

3.1.3 Ví dụ 44

3.2 Bài toán phân chia tần số 46

3.2.1 Bài toán 46

3.2.2 Cách giải 46

3.2.3 Ví dụ 46

3.3 Bài toán soduku 49

3.3.1 Bài toán 49

3.3.2 Cách giải 49

3.3.3 Ví dụ 50

3.4 Kết luận chương 53

áp dụng một cách máy móc được Đó là điểm mạnh cũng như cái khócủa bài toán tô màu.

Hiện nay, các tài liệu viết về lý thuyết đồ thị chưa được nhiều cũnggây ra một chút khó khăn cho việc nghiên cứu tài liệu tham khảo.Trong khi đó các tài liệu còn chưa đề cập nhiều đến ứng dụng của bàitoán tô màu

Để hiểu rõ hơn về lý thuyết đồ thị và ứng dụng của nó trong việcgiải quyết một số bài toán thực tế bằng cách tô màu cho đồ thị, tôi

đã lựa chọn đề tài :"TÔ MÀU ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG"

2.Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu tô màu đồ thị và ứng dụng vào một số bài toán thựctiễn

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

-Phạm vi nghiên cứu: Tô màu đồ thị và một số ứng dụng tô màu

đồ thị

4 Phương pháp nghiên cứu

-Phương pháp nghiên cứu tài liệu

-Phương pháp đánh giá

-phương pháp hệ thống hóa một số ứng dụng của đồ thị

5 Cấu trúc khóa luận

Nội dung khóa luận bao gồm 3 chương:

-Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

-Chương 2 Tô màu đồ thị

-Chương 3 Một số ứng dụng tô màu đồ thị

Do thời gian thực hiện đề tài không nhiều, kiến thức còn hạn chếnên khóa luận không thể tránh những sai sót Tôi mong nhận được

sự đóng góp ý kiến ý kiến phản biện của quý thầy cô và các bạn Xinchân thành cảm ơn!

Một số hình ảnh của đồ thị.

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

Định nghĩa 1.2 Đồ thị vô hướng là tập hữu hạn G gồm hai tập hữuhạn con V, E (ký hiệu G = {V, E}) với V là tập các đỉnh của đồ thị,

E là tập các cặp đỉnh (i, j) mà các cặp này không tính đến thứ tự(nghĩa là trình tự (i, j) cũng giống như trình tự (i, j)) Cặp (i, j) gọi

là cạnh của đồ thị

Ví dụ 1.1.1 Hình 1.2 là biểu diễn hình học của đồ thị vô hướng

Hình 1.2: Đồ thi vô hướng

Định nghĩa 1.3 Một đồ thị được gọi là phẳng nếu ta có thể vẽ nótrên một mặt phẳng sao cho các cạnh của nó không cắt nhau tại mộtđiểm khác đỉnh Hình vẽ đó gọi là một biểu diễn phẳng của đồ thị

Ví dụ 1.1.2 Một số hình ảnh về đồ thị phẳng Hình 1.3

Hình 1.3: Đồ thị phẳng

Định lý 1.1 (Bất đẳng thức cạnh đỉnh).Trong một đồ thị phẳng liênthông G = (V, E) bất kỳ với chu vi nhỏ nhất g thỏa mãn 3 ≤ g < ∞

ta luôn có

|E| ≤ g

g − 2(|V | − 2)

Chứng minh Giả sử G = (V, E) là đồ thị phẳng liên thông thỏa mãncủa định lý Ta cũng giả sử rằng G có E = {e1, e2, , et} và các miền

1 nếu ei là một cạnh biên trên miền fj,

0 trong trường hợp ngược lại

Ma trận X xác định như trên gọi là ma trận cạnh miền của đồ thịphẳng G Vì mỗi cạnh của G là một cạnh trên biên của nhiều nhấthai miền, nên trong mỗi hàng của ma trận X có nhiều nhất là hai số

1 Mặt khác, các cạnh ở trên biên của mỗi miền tạo thành một chutrình trong G Do đó, mỗi cột của ma trận X có ít nhất g số 1, ở đây

g là chu vi nhỏ nhất của G Vì vậy, nếu s là số các số 1 có trong X,thì ta có các bất đẳng thức sau đây:

gl ≤ s ≤ 2t

Mặt khác, vì G liên thông nên l = t − |V | + 2 Sau khi thay thế vào

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

Ví dụ 1.1.3 Trên hình 1.2 {a, b} , {b, c} , {c, d} , {d, a} , {a, c} gọi làhai đỉnh kề nhau

Định nghĩa 1.5 Bậc của một đỉnh trong đồ thị vô hướng là số cáccạnh liên thuộc với nó, riêng khuyên tại một đỉnh được tính hai lầncho bậc của nó Người ta ký hiệu bậc của đỉnh v là deg(v)

Ví dụ 1.1.4 Bậc của các đỉnh trong các đồ thị G và H trên hình 1.4

là bao nhiêu?

Hình 1.4: Đồ thị vô hướng G và H.

Lời giải: Trong G, deg(a)=2, deg(b)=deg(c)=deg(f)=4, deg(d)=1,

deg(e)=3 và deg(g)=0 Trong H, deg(a)=4, deg(b)=deg(e)=6, deg(c)=1

và deg(d)=5

Định nghĩa 1.6 Đường đi từ i đến j trên đồ thị là một dãy các đỉnh

mà mỗi đỉnh thuộc dãy (trừ đỉnh cuối) luôn kề với đỉnh đứng ngay

sau nó: i = x1, x2, x3, , xk, xk+1, , xn = j với mọi k = 1, 2, 3, , n − 1

x1 = i gọi là đỉnh đầu; xn = j gọi là đỉnh cuối của đường đi p

Ví dụ 1.1.5 Trên đồ thị Hình 1.4 có {a, b, e, f, c, d} , {a, b, c, d} là hai

đường đi của đồ thị G

Định nghĩa 1.7 Chu trình là đường đi có đỉnh đầu và đỉnh cuối

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

Ví dụ 1.1.8 Từ hình 1.5 sau khi ta xóa đi cạnh {b, f } thì sô miềnliên thông tăng lên một Hình 1.6

Hình 1.6: Cầu của đồ thị G

Định nghĩa 1.10 Đường đi Euler là đường đi qua tất cả các cạnhmỗi cạnh đúng một lần.Chu trình Euler là đường đi Euler có điểmđầu điểm cuối trùng nhau

Định nghĩa 1.11 Đồ thị Euler vô hướng là đồ thị chứa một chutrình Euler

Ví dụ 1.1.9 Hình1.7 là đồ thị Euler

Hình 1.7: Đồ thị vô hướng G.

Vì có chu trình là a-e-c-d-e-b-a (tồn tại đường đi qua tất cả các cạnhchỉ một lần với điểm đầu trùng điểm cuối)

Định nghĩa 1.12 Cho hai đồ thị G = (V, E) và G0 = (V0, E0) Tanói rằng G đẳng cấu G0, ký hiệu G ∼= G0, nếu tồn tại một song ánh

f : V → V0 sao cho:uv là cạnh của G ⇔ f (u)f (v) là cạnh của G0

Ví dụ 1.1.10 Hình 1.8 cho ta thấy sự đẳng cấu giữa hai đồ thị G vàH

Ví dụ 1.2.1 C6 là phân đôi như chỉ ra trên hình 1.9, vì các đỉnh của

nó có thể chia làm hai tập con V1 = {v1, v3, v5} và V2 = {v2, v4, v6} vàmỗi cạnh của C6 nối một đỉnh của V1 với một đỉnh của V2

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

Hình 1.9: Minh họa C 6 đồ thị phân đôi.

1.2.2 Những đồ thị đơn đặc biệt

Định nghĩa 1.14 Một biểu đồ khối là một đồ thị trong đó tất cảcác đỉnh đều có bậc ba

Ví dụ 1.2.2 Tất cả các đồ thị Petersen là một đồ thị khối (Hình1.10)

Hình 1.10: Đồ thị Petersen

Định nghĩa 1.15 Đồ thị đầy đủ n đỉnh, ký hiệu là Kn, là đồ thị đơn

vô hướng mà giữa hai đỉnh bất kì của nó luôn có cạnh nối Đồ thị Kn

có tất cả n(n−1)2 cạnh Nó là đồ thị đơn có nhiều cạnh nhất, đồng thời

Hình 1.11: Các đồ thị Kn, 1 ≤ n ≤ 8

Ví dụ 1.2.4 Sau đây là hình biểu diễn của đồ thị C3, C4, C5, C6

(Hình 1.12)

Hình 1.12: Các chu trình Cn, 3 ≤ n ≤ 6

Định nghĩa 2.2 Sắc số cảu một đồ thi G, ký hệu χ(G), là số tựnhiên k nhỏ nhất để G có một k -tô màu Đồ thị G được gọi là đồ thị

k -tô màu Đồ thị G được gọi là đồ thị k-tô màu được nếu χ(G) ≤ k

và được gọi là k-sắc nếu χ(G) = k

2.1.2 Định lý

Định lý 2.1 Nếu G là đồ thị đơn giản có đỉnh bậc lớn nhất là 4 thì

G là 4+1-tô màu được

Chứng minh Chúng ta đi chứng minh định lý bằng phép qui nạp trên

số đỉnh của G Hiển nhiên nếu G là đồ thị một đỉnh thì G có bậc lớnnhất là 4=0, nên đồ thị G lúc này là 4+1-tô màu được hay là 1-tômàu được Bây giờ chúng ta giả sử G là một đồ thị đơn giản với sốđỉnh là n và có bậc lớn nhất là 4 thì G là 4+1-tô màu được Chứngminh, nếu xóa đi đỉnh v bất kỳ và các cạnh kề với nó Khi đó đồ thị Gcòn lại n-1 đỉnh và đỉnh có bậc lớn nhất là 4, thì đồ thị G là 4+1-tômàu được Hình 2.1 Bằng phép qui nạp của chúng ta giả thiết, đồ thị

G là 4+1-tô màu được Với 4+1 màu thì G đạt được bằng màu của

v và các màu khác nhau từ các đỉnh kề với v

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

Chứng minh (a) (1)⇒(2): Giả sử G là đồ thị 2-sắc Ta cũng giả sửrằng V1 và V2 là hai lớp đỉnh đồng màu của G trong 2-tô màu nào đó.Khi đó dễ thấy rằng G là đồ thị 2-phần với các phần là V1 và V2 Vì

G là 2-sắc, nên G cũng là đồ thị không rỗng

(b) (2)⇒(1): Giả sử G là đồ thị 2-phần khác đồ thị rỗng Ta cũnggiả sử rằng V1 và V2 là các phần của G Ta tô các đỉnh của V1 bằngmột màu và tô các đỉnh của V2 bằng một màu khác Khi đó ta nhậnđược 2-tô màu của G vì G là đồ thị 2-phần Mặt khác, G không có1-tô màu vì nó là đồ thị khác rỗng Vậy χ(G) = 2 và G là đồ thị 2-sắc

(c) (2)⇒(3):Giả sử G = (V, E) là đồ thị 2-phần khác đồ thị rỗngvới các phần là V1 và V2 Ta cũng giả sử rằng rằng C = v1v2v3

vnv1 là một chu trình bất kỳ trong G Nếu v1 ∈ V1, thì v2 ∈ V2, v3 ∈

V1, v4 ∈ V2, , tức là những đỉnh với chỉ số dưới lẻ là đỉnh thuộc

V1, còn những đỉnh với chỉ số dưới chẵn là đỉnh thuộc V2 Vì thế, độdài của chu trình C phải là chẵn

(d) (3)⇒(2): giả sử G =(V, E) là đồ thị khác rỗng trong đó mọichu trình đều có độ dài chẵn Trước hết ta xét trường hợp G là liênthông Ta cố định một đỉnh bất kỳ v1 ∈ V Với mỗi đỉnh v ∈ V, tagọi khoảng cách từ đỉnh v tới đỉnh v1 là độ dài của đường ngắn nhấttrong G từ v tới v1 Ký hiệu bằng V1 tập tất cả các đỉnh của G, mà

có khoảng cách tới v1 là chẵn Đặt V2 = V\V1

Giả sử tồn tại cạnh trong G nối hai đỉnh u,v ∈ V1 Gọi Pu và Pv là

các đường ngắn nhất nối với v1 tương ứng bắt đầu từ u và v Gọi x làđỉnh chung của Pu và Pv mà ta gặp đầu tiên Khi đó theo định nghĩacủa Pu và Pv, các đoạn đường của Pu và của Pv từ x tới v1 có độ dàibằng nhau Vì vậy, các đoạn đường Pu0 và Pv0 tương ứng từ u tới x của

Pu và từ v tới x của Pv có độ dài cùng tính chẵn lẻ vì độ dài của cả

Pu và Pv là chẵn theo cách xây dựng tập V1 Vì thế hợp của Pu0,Pv0 vàcạnh uv sẽ tạo thành một chu trình độ dài lẻ trong G Điều này mâuthuẫn với giả thiết về G Vậy không tồn tại cạnh nối hai đỉnh thuộccùng tập V1 Tương tự, trong G cũng không tồn tại cạnh nối hai đỉnhthuộc cùng tập V2 Vậy G là đồ thị 2-phần với các phần là V1 và V2

Bây giờ ta xét trường hợp G là không liên thông Giả sử G1, G2, , Gk là các thành phần liên thông của G Khi đó mỗi Gi cũng là

đồ thị trong đó mọi chu trình đều có độ dài chẵn Theo chứng minh

ở phần trên, mỗi Gi, mà không là đồ thị rỗng, là đồ thị 2-phần Vì G

là hợp của các Gi, trong đó có ít nhất một Gi không là đồ thị rỗng,nên G cũng là đồ thị 2-phần

Định lý 2.3 (Brooks’, 1941) Nếu G là đồ thị phẳng đơn giản liênthông mà không là đồ thị đầy đủ, và các đỉnh có bậc lớn nhất là 4(4≥3), thì G là 4-tô màu được

Chứng minh Chúng ta cũng chứng minh định lý này bằng phép qui

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

là 4, thì G là 4-tô màu được.Chứng minh rằng G có n-1 đỉnh và cóbậc lớn nhất là 4, thì G là 4-tô màu được

Nếu chúng ta xóa đi đỉnh v và các cạnh kề với nó, sau đó đồ thịcòn lại với n-1 đỉnh và có bậc lớn nhất là 4 Theo giả thuyết G là4-tô màu được, và mục đích bây giờ của chúng ta là để màu của v

có màu cùng với những màu của 4 Chúng ta có thể nghĩ rằng cácđỉnh v1, v2, , v∆ giáp với v và được sắp xếp quanh v theo chiềukim đồng hồ, và chúng có màu lần lượt là c1, c2, , c∆ màu khác biệt

Bây giờ chúng ta định nhĩa Hij (i 6= j, 1 ≤ i,j ≤ ∆) để được đồ thịcon của G có các đỉnh là những màu ci hay cj và có các cạnh kề lànhững đường nối đỉnh ci màu và cj màu Nếu các đỉnh vi và vj nằmtrong thành phần bộ phận cấu thành khác nhau của Hij, sau đó chúng

ta có thể đổi chỗ cho màu của toàn bộ các bộ phận cấu thành của Hijchứa vi (Hình 2.2.) Kết quả này là vi và vj đều có cj màu, làm v cóthể có được màu ci Như vậy, chúng ta có thể cho rằng cho bất kỳ i và

j, vi và vj được nối với nhau và nằm hoàn tàn ở trong Hij Điều đó cónghĩa là bộ phận thành phần cấu thành của Hij chứa vi và vj bằng Cij

Hình 2.2: Biểu diễn của H ij

Nếu vi kề đỉnh nhiều hơn ci màu thì vi có màu (ngoài ci) khônggiống với bất kì đỉnh nào kề với vi Trong trường hợp này, vi có thểđược thay đổi bằng các màu đó, cho phép v được tô màu với màu ci.Nếu điều này không xảy ra, thì chúng ta có thể sử dụng một đối sốtương tự để chứng minh rằng mọi đỉnh của Cij (khác với vi và vj) phải

có bậc 2 Cho, nếu w là đỉnh đầu tiên của đường đi từ vi đến vj vớibậc lớn hơn 2, thì w có thể được tô màu với màu khác nhau từ ci hoặc

cj, do đó nó triệt tiêu tính chất mà vi và vj được nối với nhau bởi mộtđường hoàn toàn nằm trong Cij (Hình 2.3) Như vậy chúng ta có thểcho rằng, cho bất kì i và j, thành phần Cij chỉ bao gồm đường đi từ

vi đến vj

Hình 2.3: Thành phần Cij

Chúng ta cũng có thể giả sử rằng 2 đường đi từ Cij và Cjl chỉ giaonhau ở vj, vì bất kì giao điểm nào khác x có thể được tô lại màu khácvới ci, cj hoặc cl (Hình 2.4), Mâu thuẫn với thực tế là vi và vj đượcnối với nhau bời một con đường

Để hoàn thành chứng minh, chúng ta chọn 2 đỉnh vi và vj không

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

Hình 2.4: Giao điểm của Cij và Cjl

còn lại của đồ thị (Hình 2.5) Nhưng nếu chúng ta thực hiện trao đổinày, y sẽ là một đỉnh chung cho con đường Cij và Cjl, mà là một sựmâu thuẫn Mâu thuẫn này dẫn đến định lý

Hình 2.5: Đổi màu vị trí v i và v j

Định lý 2.4 Mọi đồ thị phẳng đều là đồ thị 5-tô màu được

Chứng minh Giả sử khẳng định trong định lý là sai và G =(V (G )),

E (G ) là đồ thị phẳng với χ(G) ≥ 6 có số đỉnh nhỏ nhất Khi đó Gphải là đồ thị liên thông Nếu với mọi v ∈ (V (G )) ta đều có deg(v )

≥ 6, thì 2|E(G)| = P

v∈V (G)deg(v) ≥ 6 |V (G)| ⇔ |E(G)| ≥ 3 |V (G)|.Điều này chứng tỏ G không thể là cây vì trong trường họp ngược lại

ta nhận được mâu thuẫn do |E(G)| = |V(G)| - 1 Vì vậy ta có thể ápdụng định lý bất đẳng thức đỉnh cạnh cho G Theo định lý đó ta có

|E(G)| ≤ g

g − 2(|V (G)| − 2) ≤

3

3 − 2(|V (G)| − 2)

vì g−2g ≥ (g+1)−2g+1 Từ hai bất đẳng thức nhận được ta suy ra

3 |V (G)| ≤ |E(G)| ≤ 3 |V (G)| − 6

Ta nhận được mâu thuẫn

Vậy trong G tồn tại đỉnh x với deg(x )≥5 Đặt H = G − x Khi

đó H là đồ thị 5-tô màu được, chẳng hạn các màu là 1,2,3,4,5 Nếumột trong 5 màu đó không được sử dụng để tô các đỉnh kề với x,thì màu đó có thể dùng để tô x và vì thế cùng với 5-tô màu của

H ta nhận được 5-tô màu của G Điều này mâu thuẫn với việc chọn

G Vậy deg(x ) = 5 và mỗi màu i = 1,2,3,4,5 tô đúng một đỉnh kề của x

Giả sử x1,x2,x3,x4,x5 là các đỉnh kề của x theo chiều ngược kimđồng hồ ta lần lượt gặp xx2,xx3,xx4 và xx5 Không làm mất tính tổngquát, ta cũng giả thiết rằng xi được tô bằng màu i, i =1,2,3,4,5 Kýhiệu bằng H (i,j ) đồ thị con cảm sinh bởi H lên tập các đỉnh được tôbởi các màu i và j

Giả sử x1 và x3 thuộc các thành phần liên thông khác của H (1,3).Trong thành phần liên thông chứa x1 ta trao đổi các màu 1 và màu 3với nhau (tức là, các đỉnh được tô bằng màu 1 bây giờ tô bằng màu

3, và ngược lại) Khi đó ta nhận được 5-tô màu khác của H, trong đó

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

Vậy x1 và x3 thuộc cùng một thành phần liên thông của H (1,3).Điều đó chứng tỏ rằng tồn tại đường P13 nối x1 với x3 sao cho cácđỉnh của nó được tô bằng màu 1 hoặc 3 Tương tự, H chứa đường P24nối x2 với x4 sao cho các đỉnh của nó được tô bằng màu 2 hoặc 4

Xét chu trình C =xx1∪P13∪x1x Khi đó, chu trình này chia mặtphẳng làm hai miền với x2 thuộc một miền, còn x4 thuộc miền kia

Do đó P13 và P24 phải có đỉnh chung với các khẳng định vừa chứngminh ở đoạn trước

Định lý 2.5 Kenneth Appel và Wolfgang Haken

Số màu của đồ thị phẳng là không lớn bốn

Giới thiệu kết quả chứng minh Định lý bốn màu đầu tiên được đưa

ra như một phỏng đoán vào năm 1850 Và cuối cùng đã được hai nhàtoán học Mỹ là Kenneth Appel và Wolfgang Haken chứng minh vàonăm 1976 Trước năm 1976 cũng đã có nhiều chứng minh sai, đã đượccông bố Hơn thế nữa đã có nhiều cố gắng một cách vô ích để tìmphản ví dụ bằng cách cố vẽ bản đồ cần hơn bốn màu để tô nó

Có lẽ một chứng minh sai nổi tiếng nhất trong toán học là chứngminh sai bài toán bốn màu được công bố năm 1879 bởi luật sư, nhàtoán học không chuyên Luân-đôn tên là Alfred Kempe Các nhà toánhọc chấp nhận cách chứng minh của ông cho tới năm 1890, khi PercyHeawood phát hiện ra sai lầm trong chứng minh của Kempe Tuynhiên, cách lập luận của Kempe lại là cơ sở cho chứng minh của Appel

và Haken.Chứng minh của họ dựa trên sự phân tích từng trường hợpmột cách cẩn thận nhờ máy tính Họ đã chỉ rằng nếu bài toán bốnmàu là sai thì sẽ có phản ví dụ thuộc một trong gần 2000 loại khácnhau và đã chỉ ra không có loại nào dẫn tới phản ví dụ cả Trongchứng minh của họ đã dùng hơn 1000 giờ máy tính.Cách chứng minhcủa họ đã gây ra nhiều cuộc tranh cãi vì máy tính đã đóng vai tròquan trọng biết bao Chẳng hạn liệu có sai lầm trong chương trình vàđiều đó dẫn đến kết quả sai không? Lý luận của họ có thực sự là mộtchứng minh hay không, nếu nó phụ thuộc vào thông tin ra từ mộtmáy tính không đáng tin cậy?

Ví dụ 2.1.3 Số màu của đồ thị G và H trên Hình 2.7 bằng bao nhiêu ?

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

Hình 2.6:

Hình 2.7: Các đơn đồ thị G và H

đỏ cho a, màu lam cho b và màu lục cho c Khi đó d có thể (và phải) tô màu đỏ vì nó liền kề với b và c Tiếp theo e có thể (và phải ) tômàu lục vì nó liền kề với các đỉnh màu đỏ và lam đỉnh f có thể ( vàphải ) tô màu lam vì nó liền kề với các màu đỏ và màu lục Cuối cùng,

g có thể ( và phải) tô màu đỏ vì nó liền kề với các đỉnh màu lam vàmàu lục Vậy là ta đã tô màu đồ thị G bằng đúng 3 màu Hình 2.7thể hiện các tô màu như thế

Đồ thị H được tạo nên từ đồ thị G bằng cách thêm vào một cạnhnối a với g Mọi ý định tô H bằng 3 màu cần phải tuân theo lý luận

đã đã dùng khi tô màu G, trừ giai đoạn cuối cùng, khi các đỉnh khác

g đã được tô màu Vì g liền kề (trong H ) với các đỉnh màu đỏ, màulam và màu lục nên ta buộc phải dùng màu thứ 4, chẳng hạn màu

nâu Vì thế H có số màu bằng 4 Cách tô màu H thể hiện trên Hình 2.8.

lý bốn màu) Cách tô màu K5 bằng 5 màu được thể hiện trên Hình 2.9

Ví dụ 2.1.5 Tìm số màu của đồ thị phân đôi, đầy đủ Km,n trong đó

m và n là các số nguyên dương

Khóa luận tốt nghiệp Đại học ĐỖ VĂN PHONG

Hình 2.9: Tô màu đồ thị K5

Với đồ thị phân đôi, đầy đủ thì hình như số màu cần thiết phụthuộc vào m và n Tuy nhiên, ta chỉ cần tô 2 màu Tô tập m đỉnhbằng một màu, và tập n đỉnh bằng màu khác Vì mỗi cạnh chỉ nối cácđỉnh từ tập m đỉnh tới đỉnh thuộc tập n đỉnh nên không có hai đỉnhliền kề nào cùng màu Hình 2.10 thể hiện cách tô màu đồ thị K34

của đồ thị phẳng trên Hình 2.11, cần gán màu thứ hai, chẳng hạn màuxanh cho đỉnh tiếp theo, cứ tiếp tục như thế theo chiều kim đồng hồ,đỉnh thứ 3 có thể tô màu đỏ, đỉnh thứ 4 có thể tô màu xanh, đỉnhthứ 5 có thể tô màu đỏ và đỉnh cuối cùng có thể tô màu xanh Vậy sốmàu của C6 là 2.

Tiếp theo, cho n=5, xét đồ thị C5 Lấy một đỉnh và tô nó bằngmàu đỏ Đỉnh tiếp theo chiều kim đồng hồ tô bằng màu xanh, cứ tiếptục ta được đỉnh d màu xanh Đỉnh thứ 5, đỉnh e, không thể tô màu

đỏ hoặc màu xanh được vì nó liền kề với các đỉnh có màu đỏ và xanh

Do đó cần màu thứ 3 cho đỉnh này, chẳng hạn như màu vàng Vậy sốmàu của C5 là 3 Hình 2.11

Hình 2.11: Tô màu đồ thị C 6 và C 5

2.2 Tô màu bản đồ